精選唐山市2023高三二?？荚囄目圃嚲?含答案)

1、唐山市2023高三二?？荚囄目圃嚲?含答案)第 PAGE 14 頁(yè) 共 NUMPAGES 14 頁(yè)唐山市20232023學(xué)年度高三年級(jí)第二次模擬考試文科數(shù)學(xué)參考答案一選擇題：A卷：ADCDB CABDC BCB卷：ABCDB CADDC BC二填空題：131142xy1015716eq r(3)1三解答題：A17解：1在ABC中，AB2，ACB30，由正弦定理可知，eq f(BC,sinBAC)eq f(2,sin30)，BC4sinBACABD60，ACB30，那么BACCBD90，那么sinBACcosCBD，所以，BC4cosCBD6分2CD是為定長(zhǎng)，因?yàn)樵贐CD中，由1及余弦定理可知，

2、CD2BC2BD22BCBDcosCBD，4BC24BCcosCBD4BC2BC24CD212分18解：1因?yàn)槠矫鍭1ACC1平面ABC，交線為AC，又BCAC，所以BC平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1，從而有BCAA12分因?yàn)锳A1C90，所以AA1A1C，又因?yàn)锽CA1CC，所以AA1平面A1BC，又A1B平面A1BC，所以AA1A1B6分2由1可知A1A平面A1BC，A1A平面A1ABB1，所以平面A1BC平面A1ABB1，且交線為A1B所以點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離等于CA1B的A1B邊上的高，設(shè)其為h9分在RtAA1C中，A1A2，A1AC60，那么A1C2eq r(3)由

3、1得，BCA1C，所以RtA1CB中，BC3，A1Beq r(21)heq f(BCA1C,A1B)eq f(6r(3),r(21)eq f(6r(7),7)即點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離為eq f(6r(7),7)12分19解：1應(yīng)該選擇模型3分2 eq o(6,i1,)(xio(x,-)(yio(y,-) eq o(6,i1,)xiyi6eq o(x,)eq o(y,)129761713.580，5分 eq o(6,i1,)(xio(x,-)2 eq o(6,i1,)xo(2,i)6eq o(x,)21774617240，7分eq o(b,)eq f(o(n,i1,)(xio(x,-)(y

4、io(y,-),o(n,i1,)(xio(x,-)2) eq f(80,40)2，9分eq o(a,)eq o(y,-)eq o(b,)eq o(x,-)13.521747.511分所以y關(guān)于x的線性回歸方程為：eq o(y,)2x47.512分20解：1由可得F(eq f( p ,2)，0)，因?yàn)镺FA120，所以xAeq f( p ,2)|AF|cos60eq f( p ,2)22分又由拋物線定義可知，|AF|xAeq f( p ,2)p24，4分解得，p2，所以拋物線E的方程為y24x6分2由1可知，F(xiàn)(1，0)，由題意可知，直線l斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為yk(x1)，A(x1

5、，y1)，B(x2，y2)，由 eq blc(aal(y24x，,yk(x1)，)得k2x2(2k24)xk20，8分x1x2 eq f(2k24,k2)x1x21由|AC|4|BC|得，x14x2由聯(lián)立解得，k2eq r(2)11分所以l的方程為2eq r(2)xy2eq r(2)0或2eq r(2)xy2eq r(2)012分21解：1當(dāng)a1時(shí)，g(x)f(x)(2x1)lnxx1，所以g(x)2lnxeq f( 1 ,x)3，2分因?yàn)間(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，且g(1)20，g(eq f( 1 ,e)1e0，所以存在t(eq f( 1 ,e)，1)，使得g(t)0,即x(0，t)時(shí)，g(x

6、)0，g(x)單調(diào)遞減；x(t，)時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增4分因?yàn)間(1)0，所以1為g(x)的一個(gè)零點(diǎn)，又g(eq f( 1 ,e2)1eq f( 3 ,e2)0，所以g(x)在(eq f( 1 ,e2)，t)有一個(gè)零點(diǎn)，故g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)6分2依題意得，f(x)a(x2lnx1)xlnx1，令h(x)x2lnx1，所以h(x)2xlnxxx(2lnx1)，所以0 xeeq sup5(f( 1 ,2)時(shí)，h(x)0，h(x)單調(diào)遞減；xeeq sup5(f( 1 ,2)時(shí)，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增，即h(x)的最小值為h(eeq sup5(f( 1 ,2)1eq f( 1 ,2

7、e)0，所以h(x)09分令t(x)(x2lnx1)(xlnx1)(x2x)lnx，所以t(x)0，即x2lnx1xlnx110分綜上，eq f(xlnx1,x2lnx1)1又a1，所以aeq f(xlnx1,x2lnx1)，即a(x2lnx1)xlnx1，故f(x)012分22解：1曲線C1的直角坐標(biāo)方程為：x2y22y0；曲線C2的直角坐標(biāo)方程為：x34分2P的直角坐標(biāo)為(1，0)，設(shè)直線l的傾斜角為，(0eq f( ,2)，那么直線l的參數(shù)方程為：eq blc(aal(x1tcos，,ytsin，)(t為參數(shù)，0eq f( ,2)代入C1的直角坐標(biāo)方程整理得，t22(sincos)t10

8、， t1t22(sincos)直線l的參數(shù)方程與x3聯(lián)立解得，t3eq f(4,cos)，7分由t的幾何意義可知，|PA|PB|2(sincos)|PQ|eq f(4,cos)，整理得42(sincos)cossin2cos21eq r(2)sin(2eq f( ,4)1，由0eq f( ,2)，eq f( ,4)2eq f( ,4)eq f(5,4)，所以，當(dāng)2eq f( ,4)eq f( ,2)，即eq f( ,8)時(shí)，有最大值eq f( 1 ,4)(eq r(2)1) 10分23解：1由題意得(ab)23ab13(eq f(ab,2)21，當(dāng)且僅當(dāng)ab時(shí)，取等號(hào)解得(ab)24，又a，b0，所以，ab24分2不能成立eq r(ac)eq r(bd)eq f(ac,2)eq f(bd,2)，因?yàn)閍